Firmando$y''$ desde$\log(\frac{x+y}{x})=x+y$

Question

Supongamos que $x,y>0$ son positivos reales tales que a $y$ se define implícitamente en términos de $x$ a través de: $$\log\left(\frac{x+y}{x}\right)=x+y.\la etiqueta{$\star$}$$ Me gustaría estudiar el signo de $y''$.

Intento: Escribir ($\star$) como $$\log(x+y)-\log(x)=x+y.$$ Diferenciar ambos lados w.r.t. $x$ rendimientos $$\frac{1+y'}{x+y}-\frac{1}{x}=1+y'\etiqueta{$\star\star$}$$ que puede resolverse para obtener $$1+y'=\frac{x+y}{x(1-x-y)}\cdot$$ Diferenciar ambos lados de ($\star\star$) w.r.t. $x$ para obtener $$\frac{(x+y)y"-(1+y')^2}{(x+y)^2}+\frac{1}{x^2}=y"$$ que, después de la toma de Mathematica, mientras que el uso de $1+y'$ se encuentra por encima, le da $$y"=\frac{(x+y-2) (x+y)^2}{x^2 (x+y-1)^3}$$ que claramente puede tomar valores positivos y negativos dependiendo $x+y$. De hecho, mirando hacia atrás en ($\star$), que libremente puede variar $x+y$: a ha $x+y=r>0$, simplemente $$x=e^{-r}r,\quad y=(1-e^{-r})r.$$ Es mi intento aquí razonable para usted? La razón por la que no estoy seguro es de que si me alimento ($\star$) directamente a Mathematica, tengo $$y=-x-\text{ProductLog}[-x]$$ donde (según el Archivo de Ayuda) $\text{ProductLog}[z]$ da la principal solución para$w$$z=we^w$. Luego tracé $$\partial_x(\partial_x(-x-\text{ProductLog}[-x]))$$ y vio algo que sólo es positivo:

¿Qué está pasando? Por favor alguien puede explicar esta aparente discrepancia?

Answer 1

El problema es que $y$ no es a nivel mundial se determina únicamente, es decir, hay varias funciones de $y_i(x)$ que compruebe $(\star)$. En $\mathbb C$ estos son infinitos, mientras que en $\mathbb R$ hay dos, y que tienen, a través de Mathematica, se encuentra a solo uno de ellos. La otra solución puede ser visto aquí a variar en signo como usted predijo (para saber que esta es una solución de este. Si desea una sola función, usted tendrá que trabajar con una definición local de $y(x)$ en los barrios de soluciones concretas a $(x_0,y_0)$.

Si el mundial frente a local de aspecto parece confuso, tomar la unidad de la circunferencia como un ejemplo: no hay ninguna función $y(x)$ que atraviesa toda la curva de soluciones a $x^2+y^2 = 1$, pero se puede definir, para cada solución de $(x_0,y_0)$, en función de la $y(x)$ que pasa a través de $(x_0,y_0)$ y de tal manera que todos los $(x,y(x))$ es una solución.

Tengo que añadir que no estoy muy familiarizado con la función de Lambert, así que si alguien ve un error, por favor corregirlo.